Chuyên đề Phương pháp giải phương trình vô tỉ

1 
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ 
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 
1. Bình phương 2 vế của phương trình 
a) Phương pháp 
 Thơng thường nếu ta gặp phương trình dạng : A B C D   , ta thường bình 
phương 2 vế , điều đĩ đơi khi lại gặp khĩ khăn 
 Khi gặp phương trình dạng: 3 3 3A B C  Ta lập phương 2 vế phương trình 
 3 333 .A B A B A B C     và sử dụng phép thế : 3 3A B C   ta được phương trình 
: 33 . .A B A B C C   
Ví dụ 
Ví dụ 1) Giải phương trình sau : 3 3 1 2 2 2x x x x      
Giải: Đk 0 x  
Bình phương 2 vế khơng âm của phương trình ta được:     1 3 3 1 2 2 1x x x x x      , 
để giải phương trình này là khơng khĩ nhưng 
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 
3 1 2 2 4 3x x x x      
Bình phương hai vế ta cĩ : 2 26 8 2 4 12 1x x x x x      
Thử lại x=1 thỏa mãn. 
Nhận xét : Nếu phương trình :        f x g x h x k x   
Mà cĩ :        f x h x g x k x   , thì ta biến đổi phương trình về dạng : 
       f x h x k x g x   sau đĩ bình phương ,giải phương trình hệ quả khi giải 
xong nhớ kiểm tra lại nghệm xem cĩ thỏa mãn hay khơng? 
Ví dụ 2) . Giải phương trình sau : 
3
21 1 1 3
3
x x x x x
x

      

Giải: 
Điều kiện : 1 x  
Bình phương 2 vế phương trình ? 
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? 
Ta cĩ nhận xét : 
3
21. 3 1. 1
3
x x x x x
x

    

, từ nhận xét này ta cĩ lời giải như sau : 
3
21(2) 3 1 1
3
x x x x x
x

       

2Bình phương 2 vế ta được: 
3
2 2 1 31 1 2 2 0
3 1 3
xx x x x x
x x
  
        
  
Thử lại : 1 3, 1 3x x    l nghiệm 
Qua lời giải trên ta cĩ nhận xét : Nếu phương trình :        f x g x h x k x   
Mà cĩ :        . .f x h x k x g x  thì ta biến đổi        f x h x k x g x   
2. Trục căn thức 
2.1) Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung 
Phương pháp 
Khi gặp các phương trình vơ tỉ mà ta cĩ thể nhẩm được nghiệm 0x thì phương trình luơn đưa 
về được dạng tích    0 0x x A x  ta cĩ thể giải phương trình   0A x  hoặc chứng minh 
  0A x  vơ nghiệm , 
Để giải quyết triệt để ta cần chú ý điều kiện nghiệm của phương trình để cĩ thể đánh giá 
phương trình   0A x  bằng phương pháp đạo hàm hoặc sử dụng các bất đẳng thức. 
Ví dụ 1) Giải phương trình sau :  2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x         
Giải: 
Ta nhận thấy :      2 23 5 1 3 3 3 2 2x x x x x        v 
     2 22 3 4 3 2x x x x     
Ta cĩ thể trục căn thức 2 vế : 
  2 22 2
2 4 3 6
2 3 43 5 1 3 1
x x
x x xx x x x
  

       
  2 22 2
2 3( 2) 0
2 3 43 5 1 3 1
x
x x xx x x x
 
    
         
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . 
Ví dụ 2) Giải phương trình sau : 2 212 5 3 5x x x    
Giải: Để phương trình cĩ nghiệm thì : 2 2
512 5 3 5 0
3
x x x x       
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình cĩ thể phân tích về dạng 
   2 0x A x  , để thực hiện được điều đĩ ta phải nhĩm , tách như sau : 
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
4 412 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 12 3 0 2
12 4 5 3
x xx x x x
x x
x xx x
x x
 
          
   
  
       
    
3Dễ dàng chứng minh được : 
2 2
2 2 53 0,
312 4 5 3
x x x
x x
 
    
   
Ví dụ 3) Giải phương trình : 2 33 1 1x x x   
Giải :Đk 3 2x  
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình 
 
 
  22 33
2 32 2 33
3 3 931 2 3 2 5 3 1
2 51 2 1 4
x x xxx x x x
xx x
 
                     
Ta chứng minh : 
   
222 2 23 33
3 31 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
 
   
      
2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 
Vậy pt cĩ nghiệm duy nhất x=3
Ví dụ 4) Giải phương trình: 22 4 2 5 1x x x x     
Giải: 
Điều kiện: 2 4x  . Nhận thấy phương trình trên cĩ nghiệm 3x  nên ta nghĩ đến cách giải 
phương trình trên bằng phương pháp nhân lượng liên hợp 
PT   2 3 32 1 4 1 2 5 3 3 2 1
2 1 4 1
x xx x x x x x
x x
 
             
   
3 
1 1 2 1(*)
2 1 4 1
x
x
x x


   
    
Ta cĩ: 1 1 11; 2 1 (*) 2 2
2 1 4 1 2 1 
VT
x x
      
    
Mặt khác 2 (*) 2 1 5 (*)x VP x      vơ nghiệm 
Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x=3. 
Ví dụ 5) Giải phương trình:  2 21 2 2 2x x x x x     
   2 22 7 3 2 2 2 2 0PT x x x x x x         
      
       
 
2
2 2 2
2
2
2 2
2 2
2
2 2 7
2 7 2 3 2 2 0 2 7 0
2 2 3
1 1 122 7 1 0 2 7 0
2 2 3 2 2 3
1 7
2 7 0
1 7
x x x
x x x x x x x
x x
x xxx x x x
x x x x
x
x x
x
  
             
  
                          
  
     
 
Tại sao ta phát hiện ra lượng 2 2 7x x  
4Ta thấy x=-2 khơng là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho x+2 ta cĩ 
2
2 12 2
2
x xx x
x
 
  

. Giả sử ta cần thêm vào hai vế phương trình một lượng mx+n khi đĩ ta 
cĩ    
2
2
2 2 2 2
2
12 2 ( ) ( )
2
1 2(1 ) 2 1 (1 2 ) 1 2
22 2 ( )
x xx x mx n mx n
x
m x mn x n m x m n x n
xx x mx n
 
       

          

   
Ta cần chọn m, n sao cho 
2 21 2(1 ) 2
1 2 1 2 1
m mn n
m m n n
  
 
   
 Từ đĩ ta cĩ m=0, n=3 
Ví dụ 6) Giải phương trình: 22 4 2 5 2 5x x x x x       
Giải: Điều kiện xác định: 5 4
2
x 
     
     
    
22 1 4 1 2 5 1 2 5 3
2 33 3 2 1 3
2 1 4 1 2 5 1
1 1 23 2 1 3
2 1 4 1 2 5 1
PT x x x x x
xx x x x
x x x
x x x
x x x
           
 
     
     
 
       
      
* Với 3 0 3x x    (thỏa mãn điều kiện) 
* Nếu 3 0x   thì suy ra: 1 2 1 2 1
2 1 2 5 1 4 1
x
x x x
   
     
 (2) 
Với điều kiện 5 4
2
x  , ta cĩ: VP của (2)  52 1 2. 1 6; 2 1 2 3
2
x VT       
Do đĩ pt(2) vơ nghiệm. Hay pt(1) khơng cĩ nghiệm khác 3. Vậy pt(1) cĩ nghiệm duy nhất 3x 
Ví dụ 7) Giải phương trình sau: 3 2 3 2 4 332 4 4 16 12 6 3 4 2 2 1x x x x x x x x x         
Giải: Điều kiện:  3 2 22 4 4 0 2 4 4 0 0x x x x x x x        
Phương trình được viết lại như sau: 
  2 3 3 3 332( 1) 2 1 (2 1) (2 1) (2 1) 4(2 1) 2 1 2 1x x x x x x x x                     
      
33
3 3
4 2 12 1 1 42 1 2 1 2 1 (2 1) 0
xx x x x x
A B A B
            
 
Với 2 32( 1) 2 1 (2 1)A x x x     
22 3 3 3 33 3(2 1) (2 1) (2 1) 4(2 1) (2 1) 4(2 1)B x x x x x x            
Vì 1 40 1; 0 2 1 0x A B x
A B
        
Suy ra PT 3 3 12 1 0
2
x x     
52.2) Đưa về “hệ tạm “ 
a) Phương pháp 
 Nếu phương trình vơ tỉ cĩ dạng A B C  , mà : A B C 
ở dây C cĩ thể là hằng số ,cĩ thể là biểu thức của x . Ta cĩ thể giải như sau : 
A B C A B
A B


   

, khi đĩ ta cĩ hệ: 2
A B C 
A C
A B


  
  
 
b) Ví dụ 
Ví dụ 1) Giải phương trình sau : 2 22 9 2 1 4x x x x x      
Giải: 
Ta thấy :      2 22 9 2 1 2 4x x x x x      
4x   khơng phải là nghiệm 
Xét 4x  
Trục căn thức ta cĩ : 2 2
2 2
2 8 4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x x x x x x
x x x x

        
    
Vậy ta cĩ hệ: 
2 2
2
2 2
02 9 2 1 2 
2 2 9 6 8
2 9 2 1 4 7
xx x x x 
x x x 
xx x x x x
                     
Thử lại thỏa; vậy phương trình cĩ 2 nghiệm : x=0 v x=
8 
7
Ví dụ 2) Giải phương trình : 2 22 1 1 3x x x x x     
Ta thấy :    2 2 22 1 1 2x x x x x x       , như vậy khơng thỏa mãn điều kiện trên.Tuy 
nhiên 
Ta cĩ thể chia cả hai vế cho x và đặt 
1t
x
 thì bài tốn trở nên đơn giản hơn 
Nhận thấy x=0 khơng phải là nghiệm, chia hai vế pt cho x ta cĩ 2 2
1 1 1 12 1 3
x x x x
     
Đặt 
1t
x
 ta cĩ phương trình mới là 2 22 1 3t t t t      việc giải phương trìn.h này là 
hồn tồn đơn giản. 
Ta cĩ   2 2 2 2 2 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 3
tt t t t t t t t t t t t t                    
Từ đĩ ta cĩ hệ sau : 
2 2
2
2 2
1 12 1 3 2 102 2 7 82 1 32 1 8 73
t xt t t t tt tt t xt t t t
                             
6Ví dụ 3) Giải phương trình: 2 29 24 6 59 149 5x x x x x      
Giải: 
Phương trình xác định với mọi x thuộc R
Phương trình cĩ dạng: 
 
2
2 2 2 2
5(5 ) 5(5 )5 5 1 0
9 24 6 59 149 9 24 6 59 149
x xx x
x x x x x x x x
   
      
          
2 2
5
5(5 )1 0
9 24 6 59 149
x
x
x x x x

   
     
(*)
2 2(*) 9 24 6 59 149 5( 5)x x x x x        . Kết hợp với phương trình ở đề bài ta cĩ hệ : 
2 2
2
2 2
9 24 6 59 149 5( 5)
9 24 2 10
9 24 6 59 149 5
x x x x x 
x x x
x x x x x
       
    
      
2 2
4( )5
19 ( )9 24 (2 10) 
3
x Lx
x TMx x x
        
Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm là : 195;
3
x x  
3. Phương trình biến đổi về tích 
 Sử dụng đẳng thức 
*)   1 1 1 0u v uv u v      
*)    0au bv ab vu u b v a      
*) 2 2A B
Ví dụ 1) Giải phương trình : 233 31 2 1 3 2x x x x      
Giải:   3 3 01 1 2 1 0 1
x
PT x x 
x

         
Ví dụ 2) Giải phương trình : 2 23 33 31x x x x x    
Giải:
+ 0x  , khơng phải là nghiệm 
+ 0x  , ta chia hai vế cho x:  3 3 33 31 11 1 1 1 0 1x xx x x xx x
  
          
 
Ví dụ 3) Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x      
Giải:Điều kiện: 1x  
PT    13 2 1 1 0 0
x
x x x 
x

        
7Ví dụ 4) Giải phương trình : 43 4
3
xx x
x
  

Giải: 
Đk: 0x 
Chia cả hai vế cho 3x  : 
2
4 4 41 2 1 0 1
3 3 3
x x x x
x x x
 
       
   
Ví dụ 5) Giải phương trình: 22 7 2 1 8 7 1x x x x x       
Giải: Điều kiện 1 7x  . 
Đặt 27 , 1; , 0 8 7a x b x a b ab x x         
Phương trình đã cho trở thành:   2 2 2 2 0 2b a b ab a b b a b b          
- Nếu a=b thì 7 1 7 1 3x x x x x         thỏa mãn điều kiện đề bài 
- Nếu b=2 thì 1 2 3x x   
Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x=3. 
 Dùng hằng đẳng thức 
Biến đổi phương trình về dạng : k kA B
Ví dụ 1) Giải phương trình : 3 3x x x  
Giải:
Đk: 0 3x  khi đĩ pt đ cho tương đương 
: 3 23 3 0x x x   
3 31 10 10 1
3 3 3 3
x x       
 
Ví dụ 2) Giải phương trình sau : 22 3 9 4x x x   
Giải:
Đk: 3x   phương trình tương đương : 
 2 2
1
3 1 3
1 3 9 5 97
3 1 3 
18
x
x x
x x
xx x
               
Ví dụ 3) Giải phương trình sau :    22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x     
Giải : PT  33 32 3 0 1x x x     
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường 
* Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải chúng ta cĩ thể đặt  t f x và chú ý điều kiện 
của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta cĩ thể 
giải được phương trình đĩ theo t thì việc đặt phụ xem như “hồn tồn ” .Nĩi chung những 
phương trình mà cĩ thể đặt hồn tồn  t f x thường là những phương trình dễ . 
8Ví dụ 1) Giải phương trình: 2 21 1 2x x x x     
Điều kiện: 1x 
Nhận xét. 2 21. 1 1x x x x    
Đặt 2 1t x x   thì phương trình cĩ dạng: 1 2 1t t
t
   
Thay vào tìm được 1x 
Ví dụ 2) Giải phương trình: 22 6 1 4 5x x x   
Giải 
Điều kiện: 
4
5
x  
Đặt 4 5( 0)t x t   thì 
2 5 
4
tx  . Thay vào ta cĩ phương trình sau: 
4 2
2 4 210 25 62. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t t t t t t          
2 2( 2 7)( 2 11) 0t t t t     
Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,41 2 2; 1 2 3t t     
Do 0t  nên chỉ nhận các gái trị 1 31 2 2, 1 2 3t t     
Từ đĩ tìm được các nghiệm của phương trình l: 1 2 2 3 và x x    
Cách khác: Ta cĩ thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 22 6 1 0x x  
Ta được: 2 2 2( 3) ( 1) 0x x x    , từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng. 
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x   và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa 
về hệ) 
Ví dụ 3) Giải phương trình sau: 5 1 6x x   
Điều kiện: 1 6x 
Đặt 1( 0)y x y   thì phương trình trở thành: 
2 4 25 5 10 20 0y y y y y        ( với 
5)y  2 2( 4)( 5) 0y y y y      1 21 1 17,
2 2
(loại)y y     
Từ đĩ ta tìm được các giá trị của 
11 17 
2
x  
Ví dụ 4) Giải phương trình sau :   
2
2004 1 1x x x    
Giải: đk 0 1x 
Đặt 1y x  PT    2 22 1 1002 0 1 0y y y y x        
9Ví dụ 5) Giải phương trình sau : 2 
12 3 1x x x x
x
   
Giải: 
Điều kiện: 1 0x  
Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
1 12 3x x
x x
   
Đặt 
1t x
x
  , ta giải được. 
Ví dụ 6) Giải phương trình : 2 4 23 2 1x x x x   
Giải: 0x  khơng phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 31 1 2x x
x x
     
 
Đặt t= 3
1x
x
 , Ta cĩ : 3 2 0t t    1 51
2
t x    
Ví dụ 7) Giải phương trình sau:  
2
4 3 2 3 12 2 2 1 xx x x x x x
x

      
Lời giải: Điều kiện    ; 1 0;1x     
Nếu x<-1 thì      2 24 3 2 2 3 22 2 2 1 1 0; 1 0x x x x x x x x x x x             nên phương 
trình trên khơng cĩ nghiệm thỏa mãn x<-1 
Đồng thời x=1 khơng là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét  0;1x  . 
Phương trình tương đương với: 
       
 
 222 2 2 2
22
2 111 2 1 1 1 1
11
x xxx x x x x x 
xx x

        

Đặt 
 
2
2
1 0
1
xt
x x

 

, phương trình trên trở thành 22 1 2 0 2t t t t
t
        (do t>0) 
Khi đĩ 
 
   
 
2 22 2 4 2 3
2
22 2
1 2 1 4 1 2 1 4 4 0
1
2 1 0 2 1 0 1 2
x x x x x x x x
x x
x x x x x

          

           
So sánh với điều kiện đã nêu trên ta thấy phương trình trên cĩ nghiệm duy nhất là 1 2x    . 
Ví dụ 8) Giải phương trình:    33 2 21 2 1x x x x    
Giải: ĐK: 1 1x   . PT   2 2 2 2 21 1 1 2(1 )x x x x x x x x         
Đặt 
2
2 211 1
2
tt x x x x      . Ta cĩ phương trình: 
10
  
2 2
3 2 2
2
1 11 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0
2 2
2 2
2 2 1 0 2 1
t tt t t t t t t
t t
t t t
  
            
 
  
  
       
   22 2 2
2
*) 2 1 2 2 1 2 1 1
12 2 2 1 0 
2
t x x x x x x do x
x x x
             
     
2*) 2 1 1 1 2t x x         vơ nghiệm ,do 1VT VP  
 
2
2
1 1 2 1 2 2 2 1*) 2 1 1 1 2 
21 2 2 1 0
x
t x x x
x x
      
          
    
Vậy phương trình cĩ 2 nghiệm 2 ;
2
x  1 2 2 2 1
2
x    . 
Ví dụ 8) Giải phương trình sau: 2(13 4 ) 2 3 (4 3) 5 2 2 8 16 4 15x x x x x x        
Giải: 
Điều kiện 
3 5
2 2
x  . 
Phương trình được viết lại như sau: 
   7 2 3 5 2 2 (2 3) 2 3 (5 2 ) 5 2 2 8 (5 2 )(2 3)x x x x x x x x            
Đặt 
2 22 3 5 2 (5 2 )(2 3)
2
tt x x x x         . Điều kiện  2 2t 
Phương trình đã cho cĩ dạng: 3 24 6 0 2 2t t t t x       
Ngồi ra ta cũng cĩ thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ. 
Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn 
giản, đơi khi phương trình đối với t lại quá khĩ giải 
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : 
* Chúng ta đã biết cách giải phương trình: 2 2 0u uv v    (1) bằng cách 
- Xét 0v  thử trực tiếp 
- Xét 0v  phương trình trở thành : 
2
0u u
v v
         
   
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
        . .a A x bB x c A x B x  
 2 2u v mu nv    
Chúng ta thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phương trình 
vơ tỉ theo dạng này . 
11
a) Phương trình dạng :        . .a A x bB x c A x B x  
Như vậy phương trình    Q x P x cĩ thể giải bằng phương pháp trên nếu 
     
     
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 

  
Xuất phát từ đẳng thức : 
  3 21 1 1x x x x    
    4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x          
  4 2 21 2 1 2 1x x x x x     
  4 2 24 1 2 2 1 2 2 1x x x x x     
Ta dễ dàng tạo ra những phương trình vơ tỉ dạng trên ví dụ như: 2 44 2 2 4 1x x x   
Ví dụ 1) Giải phương trình :  2 32 2 5 1x x  
Giải: Đặt 21, 1u x v x x    
Phương trình trở thành :  2 2
2
2 5 1
2
u v
u v uv
u v

  
 

Tìm được: 
5 37 
2
x  
Ví dụ 2) Giải phương trình : 2 4 2
33 1 1
3
x x x x     
Ta cĩ   4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x          
Ta giải bài tốn như sau: 
Giả sử: 2 2 23 1 ( 1) ( 1)x x x x x x         . 
 Suy ra 
1
2
3
1
1
 

 

 
 

     
   
. Phương trình được viết lại như sau: 
2 2 2 232( 1) ( 1) ( 1)( 1)
3
x x x x x x x x         
Hay 2 26 3 3u v uv   . Đến đây thì bài tốn là đơn giản 
Ví dụ 3) Giải phương trình sau : 2 32 5 1 7 1x x x   
Giải: 
Đk: 1x 
Nhận xt : Ta viết       2 21 1 7 1 1x x x x x x        
Đồng nhất thức ta được:       2 23 1 2 1 7 1 1x x x x x x       
12
Đặt 21 0 , 1 0u x v x x       , ta được: 
9
3 2 7 1 
4
v u
u v uv
v u

  
 

Ta được : 4 6x   
Ví dụ 4) Giải phương trình :  33 23 2 2 6 0x x x x    
Giải: 
Nhận xét : Đặt 2y x  ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 
3 2 3 3 3 3 2 33 2 6 0 3 ( 2) 2 0 3 2 0
2
x y
x x y x x x x y x xy y
x y

                
Phương trình cĩ nghiệm : 2, 2 2 3x x   
b).Phương trình dạng : 2 2u v mu nv    
Phương trình cho ở dạng này thường khĩ “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình phương 
hai vế thì đưa về được dạng trên. 
Ví dụ 1) Giải phương trình : 2 2 4 23 1 1x x x x    
Giải: 
Ta đặt :
2
2 1
u x
v x
 

 
 khi đĩ phương trình trở thành : 
2 2 2
0
3 10 6 0 0 13 ( )
5
v
u v u v v uv v x
v u VN

           
  

Ví dụ 2) Giải phương trình sau : 2 22 2 1 3 4 1x x x x x     
Giải 
Đk 
1
2
x  . Bình phương 2 vế ta cĩ : 
         2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x          
Ta cĩ thể đặt : 
2 2 
2 1
u x x
v x
  

 
 khi đĩ ta cĩ hệ : 2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
 

  
 


Do , 0u v  .  21 5 1 52 2 1
2 2
u v x x x     
Vì sao ta phân tích được như trên. Hãy xét ví dụ sau: 
13
Ví dụ 3) Giải phương trình : 2 25 14 9 20 5 1x x x x x      
Giải: 
Đk 5x  . Chuyển vế bình phương ta được:   2 22 5 2 5 20 1x x x x x     
Giả sử:    2 22 5 2 20 1x x x x x       
Khi đĩ ta cĩ : 
2
5
20 2

 
 


   
  
 khơng tồn tại ,  thỏa mãn hệ. 
Vậy ta khơng thể đặt 
2 20
1
u x x
v x
   

 
Nhưng ta cĩ :          2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x          
Giả sử:    2 22 5 2 4 5 4x x x x x        . Suy ra 
2
2
4 5
3
5 4 2


 

 


     
  
Ta viết lại phương trình:    2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x        . Đến đây bài tốn 
được giải quyết . 
Đây là ví dụ điểm hình về phương trình: 2 2u v mu nv    học sinh cần chú ý 
3. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn 
 Từ những phương trình tích 
  1 1 1 2 0x x x      ,   2 3 2 3 2 0x x x x     
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khĩ 
của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . 
Thơn